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Universidade de Bras´ılia Departamento de Matema´tica Ca´lculo 1 Lista de Aplicac¸o˜es – Semana 01 – Soluc¸o˜es Temas abordados : Func¸o˜es Sec¸o˜es do livro: 1.1 a 1.3; 1.5; 1.6 1) A figura abaixo ilustra um recipiente formado por dois cilindros circulares retos justapos- tos de altura 10m e raios respectivamente 12m e 6m. Suponha que, a partir do instante t = 0, o recipiente comece a ser abastecido a uma vaza˜o constante de modo que o n´ıvel da a´gua s(t) no recipiente e´ dada por s(t) = { 2t, para 0 ≤ t ≤ 5 8t− 30, para 5 < t ≤ 6 onde a altura e´ dada em metros e o tempo e´ dado em segundos. (a) Esboce o gra´fico da func¸a˜o s(t). (b) Determine, caso existam, os instantes τ ∈ [0, 6] nos quais s(τ) = 15. (c) Determine a imagem da func¸a˜o s. 12 6 10 10 Soluc¸o˜es: (a) Para 0 ≤ t ≤ 5, o gra´fico e´ um segmento de reta de inclinac¸a˜o 2 que passa pela origem; para 5 < t ≤ 6, o gra´fico e´ um segmento de reta de inclinac¸a˜o 8 que se conecta ao segmento de reta de inclinac¸a˜o 2. Usando essas informac¸o˜es, o gra´fico e´ como ilustrado abaixo. (b) Do gra´fico de s(t) vemos que s(t) e´ crescente, com s(0) = 0, s(5) = 10 e s(6) = 18. Um vez que 15 esta´ entre 10 e 18, um instante τ em que s(τ) = 15 deve estar, portanto, no intervalo (5, 6), no qual temos que s(t) = 8t− 30. Resolvendo para τ a equac¸a˜o 8τ − 30 = 15, obtemos que τ = 45/8 e´ o u´nico instante para o qual s(τ) = 15. (c) A ana´lise do gra´fico mostra que a imagem da func¸a˜o s e´ o intervalo fechado [0, 18]. Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 1 de 6 2) Considere a func¸a˜o f : (0,∞) → R dada por f(x) = 1/√x. Pode-se mostrar que a inclinac¸a˜o da reta La, que e´ tangente ao gra´fico de f(x) no ponto Pa = (a, f(a)), e´ dada por −1 2a √ a . A figura abaixo ilustra o gra´fico da func¸a˜o, a reta La e os pontos Qa e Ra em que a reta intercepta os eixos coordenados. Julgue a veracidade dos itens a seguir, justificando suas respostas. (a) A reta La tem equac¸a˜o y = −x 2a √ a + 3 2 √ a . (b) Tem-se que Ra = (2a, 0). (c) A a´rea do triaˆngulo ∆OPaRa e´ igual a 1 2 2af(a). (d) A a´rea do triaˆngulo ∆O PaQa e´ igual a 1 2 3 2 √ a a. (e) Para todo a > 0, a a´rea do triaˆngulo ∆OPaQa e´ o dobro da a´rea do triaˆngulo ∆O PaRa. Pa Qa O Ra Soluc¸o˜es: Lembre que a equac¸a˜o da reta r que tem inclinac¸a˜o m e passa pelo ponto (x0, y0) e´ dada por r(x) = ym +m(x− x0). (a) Correto. A reta La tem inclinac¸a˜o −1/(2a √ a) e passa pelo ponto (a, f(a). Desse modo, se denotarmos por La(x) a sua equac¸a˜o, temos que La(x) = − 1 2a √ a (x− a) + f(a) = − 1 2a √ a (x− a) + 1√ a . (b) Errado. Veja que Ra = (xa, 0). Uma vez que esse ponto pertence a` reta La temos que 0 = La(xa) = − 1 2a √ a (xa − a) + 1√ a , de modo que −xa + a = −2a, ou ainda, xa = 3a. Assim Ra = (3a, 0). (c) Errado. A base do triaˆngulo ∆OPaRa mede 3a e sua altura mede f(a). Como a a´rea de um triaˆngulo e´ igual a` metade do produto entre a base e a altura, a a´rea em questa˜o e´ igual a 1 2 3af(a) = 3 2 √ a a. (d) Correto. Observe que Qa = (0, y) e pertence a` reta La. Assim, y = La(0) = − 1 2a √ a (0− a) + 1√ a = 1 3 √ a . Como o triaˆngulo ∆O PaQa tem base medindo y e altura medindo x = a, conclu´ımos que sua a´rea e´ dada por 1 2 3 2 √ a a (e) Errado. Pelos itens (c) e (d), a a´rea de ∆O PaQa vale a metade da a´rea de ∆OPaRa. Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 2 de 6 3) Uma amostra radioativa emite part´ıculas alfa e, consequentemente, sua massa M = M(t) e´ uma func¸a˜o decrescente do tempo. Suponha que, para um determinado material radioativo, essa func¸a˜o seja dada por M(t) = M0e −k1t, onde M0 > 0 e´ a massa inicial, k1 > 0 e´ uma constante e t > 0 e´ o tempo medido em anos. A meia-vida do material e´ o tempo necessa´rio para que a massa se reduza a` metade da massa inicial. (a) Calcule k1 sabendo que, depois de um ano e meio, a massa restante e´ 1/8 da inicial. (b) Usando o item anterior, determine a meia-vida do material. (c) Calcule quantos anos devemos esperar para que 99% da amostra tenha se desinte- grado (use as aproximac¸o˜es ln 2 = 0, 7 e ln 5 = 1, 6). (d) Suponha que outra amostra radioativa tenha massa N(t) = M0e −k2t, com k2 > 0. Estabelec¸a uma relac¸a˜o entre k1 e k2 sabendo que a meia-vida desse segundo material e´ igual ao triplo da meia-vida do primeiro. Soluc¸o˜es: (a) Note que M0 8 =M(3/2) = M0e −k1 32 . Cancelando o termo M0 e aplicando o logaritmo dos dois lados obtemos −3 2 k1 = ln(1/8) = − ln 8 = − ln 23 = −3 ln 2. (b) Basta notar que, se t0 e´ a meia-vida do material, enta˜oM(t0) =M0e −2ln2 t0 = M0/2. Dessa forma, mais uma vez cancelando o termoM0 e aplicando o logaritmo dois lados obtemos t0 = ln 2 k1 . (1) (c) Procuramos o instante t1 para o qual M(t1) = 0, 01M0. Utilizando o fato de que ln 100 = ln(4 · 25) = 2(ln 2 + ln 5) e procedendo como em (b) encontramos t1. (d) Considere agora o material cuja massa e´ N(t). Procedendo de forma ana´loga ao item (b), conclu´ımos que a sua meia vida e´ dada por t0 = ln 2 k2 . (2) Como t0 = 3t0, combinando-se (1) e (2) obtemos que k2 = k1/3. Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 3 de 6 4) Uma espira circular esta´ imersa em uma regia˜o de campo magne´tico uniforme e constante. O fluxo magne´tico pela espira e´ dado por φ(α) = AB cos(α), onde A e´ a a´rea da espira, B e´ a intensidade do campo e α ∈ [0, 2pi] e´ o aˆngulo entre o vetor normal ao plano da espira e as linhas de campo. Supondo inicialmente que, em unidades f´ısicas apropriadas, AB = 4, resolva os itens a seguir. (a) Calcule o menor e o maior valor que o fluxo φ pode assumir. (b) Determine um aˆngulo α0 ∈ [0, 2pi] tal que φ(α0) = 2. (c) Se a espira tivesse o dobro do diaˆmetro e estivesse imersa no mesmo campo, qual seria o valor do produto AB ? (d) Para uma espira com o dobro do diaˆmetro, use o valor encontrado no item (c) para determinar um aˆngulo α1 ∈ [0, pi] tal que o fluxo magne´tico seja igual a 4. Soluc¸o˜es: (a) Como para todo aˆngulo α temos −1 ≤ cos(α) ≤ 1, ∀α, segue que −4 ≤ φ(α) ≤ 4. Ale´m disso, φ(0) = φ(2pi) = AB = 4 e φ(pi) = −AB = −4. Desse modo max α∈[0,2pi] φ(α) = 4 e min α∈[0,2pi] φ(α) = −4. (b) Procuramos por α0 ∈ [0, pi] tal que 4 cos(α0) = 2 ou, equivalentemente, cos(α0) = 1/2. Basta enta˜o escolher α0 = pi/3 ou α = 5pi/3. (c) Sejam A0 e A, respectivamente, as a´reas da espira inicial e da espira com o diaˆmetro dobrado. Note que se A0 = pir 2, onde r > 0 e´ o raio da espira inicial, enta˜o: A = pi(2r)2 = 4pir2 = 4A0. Logo, AB = 4A0B = 16. (d) Aqui, basta resolver a equac¸a˜o 16 cos(α) = 4. Observe que a func¸a˜o cos : [0, pi]→ [−1, 1] e´ invert´ıvel. Sua inversa, chamada de arco-cosseno, e´ dada por arccos : [−1, 1]→ [0, pi], onde arc cos y = x⇔ cosx = y. Desse modo, para que 16 cos(α) = 4, devemos ter α = arccos(1/4). Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 4 de 6 5) O objetivo desse exerc´ıcio e´ usar as propriedades da func¸a˜o exponencial ex para investigar as propriedades das func¸o˜es cosseno e seno hiperbo´licos dadas por cosh(t) = et + e−t 2 e senh(t) = et − e−t 2 . Lembrando que ex+y = exey, onde e e´ a base Neperiana, resolva os itens abaixo. (a) Mostre que cosh2(t)− senh2(t) = 1. Fazendo x = cosh(t) e y = senh(t), isso mostra que o ponto (x, y) esta´ sobre a hipe´rbole unita´ria dada por x2 − y2 = 1. (b) Verifique a fo´rmula do cosseno hiperbo´lico da soma cosh(s+ t) = cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t). (c) Verifique a fo´rmula do seno hiperbo´lico da soma senh(s+ t) = senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s). (d) Verifique que cosh(t) e´ uma func¸a˜o par enquanto senh(t) e´ uma func¸a˜o ı´mpar. (e) Prove que na˜o existet ∈ R tal que senh(t) = cosh(t). Compare as propriedades dos itens acima com as suas ana´logas para as func¸o˜es trigo- nome´tricas. Soluc¸o˜es: (a) Uma vez que exe−x = e0 = 1, segue que cosh2(t) = ( et + e−t 2 )2 = (et)2 + 2 + (e−t)2 4 = (et)2 + (e−t)2 4 + 1 2 e senh2(t) = ( et − e−t 2 )2 = (et)2 − 2 + (e−t)2 4 = (et)2 + (e−t)2 4 − 1 2 . Isso que mostra que cosh2(t)− senh2(t) = 1. (b) Usando que ex+y = exey, temos que cosh(s)cosh(t) = ( es + e−s 2 )( et + e−t 2 ) = es+t + es−t + e−s+t + e−s−t 4 e que senh(s)senh(t) = ( es − e−s 2 )( et − e−t 2 ) = es+t − es−t − e−s+t + e−s−t 4 . Isso mostra que cosh(s)cosh(t) + senh(s)senh(t) = 2es+t + 2e−s−t 4 = es+t + e−(s+t) 2 = cosh(s+ t). Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 5 de 6 (c) Usando que ex+y = exey, temos que senh(s)cosh(t) = ( es − e−s 2 )( et + e−t 2 ) = es+t + es−t − e−s+t − e−s−t 4 logo, trocando s por t, temos que senh(t)cosh(s) = et+s + et−s − e−t+s − e−t−s 4 = es+t + e−s+t − es−t − e−s−t 4 . Isso mostra que senh(s)cosh(t) + senh(t)cosh(s) = 2es+t − 2e−s−t 4 = es+t − e−(s+t) 2 = senh(s+ t). (d) Temos que cosh(−t) = e −t + e−(−t) 2 = e−t + et 2 = et + e−t 2 = cosh(t) e senh(−t) = e −t − e−(−t) 2 = e−t − et 2 = −e t − e−t 2 = −senh(t). (e) Suponha que, para algum t ∈ R, tenhamos senh(t) = cosh(t). Enta˜o et − e−t 2 = et + e−t 2 , o que implica que e−t = 0. Mas a igualdade acima nunca se verifica, visto que a imagem da func¸a˜o exponencial e´ o intervalo (0,+∞). Lista de Aplicac¸o˜es da Semana 01 - Pa´gina 6 de 6
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